当前位置：首页 > (江苏专版)2020版高考数学一轮复习 数列的综合问题教案(文)(含解析)苏教版
第五节 数列的综合问题
考点一 数列与不等式问题
重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an＋1 (n∈N)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若正项等比数列{bn}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn； 1*n(3)对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N，不等式λ(－1)＜n＋1(Tn＋21)恒成立，求实数
2
*
λ的取值范围．
解：(1)因为2Sn＝an＋1， 所以4Sn＝(an＋1)，且an＞0， 则4a1＝(a1＋1)，解得a1＝1， 又4Sn＋1＝(an＋1＋1)，
所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)－(an＋1)， 即(an＋1－an－2)(an＋1＋an)＝0， 因为an＞0，所以an＋1＋an≠0， 所以an＋1－an＝2，
所以{an}是公差为2的等差数列， 又a1＝1， 所以an＝2n－1.
(2)设数列{bn}的公比为q，
因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q，解得q＝－1(舍去)或q＝2， 由b2＝2，得b1＝1，故bn＝2
n－1
2
2
2
22
2
.
1
因为Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×2＋…＋(2n－1)×2所以2Tn＝1×2＋3×2＋5×2＋…＋(2n－1)×2， 两式相减得－Tn＝1＋2(2＋2＋…＋2
n2
2
2
3
2n－1
，
nn－1
)－(2n－1)×2，
n－1
n故Tn＝(2n－1)×2－1－2(2＋2＋…＋23)×2＋3.
n)＝(2n－1)×2－1－2(2－2)＝(2n－
nn136nn(3)不等式λ(－1)＜n＋1(Tn＋21)可化为(－1)λ＜n－＋n－1. 22236
①当n为偶数时，λ＜n－＋n－1，
2236
记g(n)＝n－＋n－1，则有λ＜g(n)min.
22669
因为g(n＋2)－g(n)＝2＋n＋1－n－1＝2－n，
222
当n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，当n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，
1313
即g(4)＜g(2)，当n≥4时，g(n)单调递增，g(n)min＝g(4)＝，所以λ＜. 4436
②当n为奇数时，λ＞－n－n－1，
2236
记h(n)＝－n－n－1，则有λ＞h(n)max.
22因为h(n＋2)－h(n)＝－2－
69
＋＝－2＋n＋1n－1n， 2226
当n＝1时，h(n＋2)＞h(n)，当n≥3时，h(n＋2)＜h(n)，
即h(3)＞h(1)，当n≥3时，h(n)单调递减，h(n)max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3. 13??综上所述，实数λ的取值范围为?－3，?.
4??
[由题悟法]
1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点
(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．
[即时应用]
已知数列{an}满足a1＝6，a2＝20，且an－1·an＋1＝an－8an＋12(n∈N，n≥2)．
2
2
*
(1)证明：数列{an＋1－an}为等差数列； (2)令cn＝
n＋1annan＋12
＋，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：2n＜Tn＜2n＋.
nan＋1n＋1an3
2
证明：(1)当n＝2时，a1·a3＝a2－8a2＋12， 所以a3＝42.
当n≥2时，由an－1·an＋1＝an－8an＋12， 得an·an＋2＝an＋1－8an＋1＋12，
两式相减得anan＋2－an－1an＋1＝an＋1－an－8an＋1＋8an， 所以an＋anan＋2－8an＝an＋1＋an－1an＋1－8an＋1， 即an(an＋an＋2－8)＝an＋1(an＋1＋an－1－8)， 所以
2
2
2
2
2
2
an＋an＋2－8an＋1＋an－1－8a3＋a1－8＝＝…＝＝2.
an＋1ana2
所以an＋2＋an－8＝2an＋1， 即an＋2－2an＋1＋an＝8， 即(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝8， 当n＝1时，也满足此式． 又a2－a1＝14，
所以数列{an＋1－an}是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知an＋1－an＝14＋8(n－1)＝8n＋6.
由a2－a1＝8×1＋6，a3－a2＝8×2＋6，…，an－an－1＝8×(n－1)＋6，累加得an－a1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋6(n－1)＝8×所以an＝4n＋2n.
所以cn＝2?
2
n－1
2
1＋n－1
＋6(n－1)＝4n＋2n－6，
2
n＋1an＋
nan＋1
2??2?nan＋12n＋12n＋3?
＝＋＝?1－＋?1＋??＝2＋
n＋1an2n＋32n＋1?2n＋3??2n＋1?
?1－1?，
?
?2n＋12n＋3?
??11??11??1－1??＝2n＋2?1－1?，
所以Tn＝2n＋2??－?＋?－?＋…＋????32n＋3?
??35??57??2n＋12n＋3????
1112n＋3－32n又＞－＝＝332n＋332n＋332n＋32所以2n＜Tn＜2n＋.
3
考点二 与数列有关的探索性问题
重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
已知数列{an}中，a1＝1，a2＝a，且an＋1＝k(an＋an＋2)对任意正整数n都成立，数列{an}
＞0，
3
的前n项和为Sn.
1
(1)若k＝，且S2 018＝2 018a，求a的值；
2
(2)是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项am，am＋1，
am＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．
11
解：(1)当k＝时，an＋1＝(an＋an＋2)，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
22所以数列{an}是等差数列，
此时首项a1＝1，公差d＝a2－a1＝a－1，
1
所以数列{an}的前2 018项和S2 018＝2 018＋×2 018×(2 018－1)(a－1)＝2 018a，
2解得a＝1.
(2)设数列{an}是等比数列，则它的公比q＝＝a(a≠1)， 所以am＝am－1
a2a1
，am＋1＝a，am＋2＝amm＋1
.
①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2， 即2a＝amm－1
＋am＋1
，解得a＝1，不合题意；
②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2， 即2am－1
＝a＋a2
mm＋1
，
化简得a＋a－2＝0，解得a＝－2(a＝1舍去)，
am＋1ama2
所以k＝＝m－1m＋1＝2＝－；
am＋am＋2a＋a1＋a5
③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋1＋am， 即2am＋1
＝a＋amm－1
，
12
化简得2a－a－1＝0，解得a＝－(a＝1舍去)，
2
am＋1ama2
所以k＝＝m－1m＋1＝2＝－. am＋am＋2a＋a1＋a5
2
综上，满足要求的实数k有且仅有一个，且k＝－.
5
[由题悟法]
数列中存在性问题的求解策略
数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．
4
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